Penyisihan LMNas UGM SMA Ke-28

Table of Contents
Berikut ini adalah soal dan pembahasan Penyisihan LMNas UGM untuk SMA ke-28. Jika ingin bertanya soal, silahkan gabung ke grup Matematika Idhamdaz.

Tipe:


No. 1

Nilai dari
cos(56°)⋅cos(2⋅56°)⋅cos(22⋅56°)⋯cos(22356°)
adalah ....
  1. 2−24
  2. 2−23
  3. 224
  1. 223
  2. 2−28
ALTERNATIF PENYELESAIAN
sin2a=2sinacosacosa=sin2a2sina

cos(56°)cos(256°)cos(2256°)cos(22356°)=sin(256°)2sin(56°)sin(2256°)2sin(256°)sin(2356°)2sin(2256°)sin(22456°)2sin(22356°)=sin(22456°)224sin(56°)
Kita buktikan bahwa 224⋅56° = 56° + k⋅360°, atau 224⋅56 = 56 mod 360.
22456mod3608(2247mod45)mod3608(7mod45)mod360 \colorredϕ(45)=2456mod360

sin(22456°)224sin(56°)=sin(56°)224sin(56°)=1224=\colorblue\colorblack224
Jadi, cos(56°)⋅cos(2⋅56°)⋅cos(22⋅56°)⋯cos(22356°) = 2−24.
JAWAB: A

No. 2

Banyaknya polinomial P(x) yang memenuhi P(28) = 28! dan xP(x − 1) = (x − 28)P(x) adalah ....
  1. Tak hingga
  2. 1
  3. 0
  1. 28
  2. 27
ALTERNATIF PENYELESAIAN
Untuk x = 28,
28P(27)=(2828)P(28)P(27)=0

Karena $P(x-1)=\dfrac{x-28}xP(x)$, maka P(27) = P(26) = ⋯ = P(1) = P(0) = 0. Sehingga,
P(x) = ax (x − 1)(x − 2)⋯(x − 27)
Agar P(28) = 28!, maka a = 1.
Hanya ada 1 polinom.
Jadi, bBanyaknya polinomial P(x) yang memenuhi P(28) = 28! dan xP(x − 1) = (x − 28)P(x) adalah 1.
JAWAB: B

No. 3

Diberikan bilangan real x yang memenuhi $\left(x+\dfrac1x\right)^2=3$. Bentuk sederhana dari x2017 + x67 + x44 + x31 + x26 + x + 6 adalah ....
  1. x
  2. 6
  3. x + x2
  1. 0
  2. 3
ALTERNATIF PENYELESAIAN
(x+1x)2=3x2+1x2+2=3x2+1x2=1x4+1=x2x4=x21x6=x4x2x6=1

x2017+x67+x44+x31+x26+x+6=(x6)336x+(x6)11x+(x6)7x2+(x6)5x+(x6)4x2+x+6=(1)336x+(1)11x+(1)7x2+(1)5x+(1)4x2+x+6=xxx2x+x2+x+6=\colorblue\colorblack6
Jadi, bentuk sederhana dari x2017 + x67 + x44 + x31 + x26 + x + 6 adalah 6.
JAWAB: B

No. 4

Banyak bilangan real t yang memenuhi persamaan sin4 t − cos4 t = 1 dengan −π ≤ t ≤ π adalah ....
  1. 0
  2. 4
  3. 8
  1. 2
  2. 1
ALTERNATIF PENYELESAIAN
sin4tcos4t=1(sin2t+cos2t)(sin2tcos2t)=1sin2tcos2t=1cos2tsin2t=1cos2t=1cos2t=cosπ
  • 2t = π + 2kπ
    $t=\dfrac{\pi}2+k\pi$

    k = −1 ⟶ $t=-\dfrac{\pi}2$ k = 0 ⟶ $t=\dfrac{\pi}2$
  • 2t = −π + 2kπ
    $t=-\dfrac{\pi}2+k\pi$

    k = 0 ⟶ $t=-\dfrac{\pi}2$ k = 1 ⟶ $t=\dfrac{\pi}2$
Jadi,
JAWAB:

No. 5

Diberikan polinomial p(x) berderajat 2017 yang mempunyai akar-akar positif berbeda dan hasil kalinya 2017. Didefinisikan q(x) = p(x2) dan b1, b2, ..., b4034 adalah akar-akar q(x) dengan b1 < b2 < b3 < ⋯ < b4034. Nilai dari b1b2b2017 adalah ....
  1. $\sqrt{2017}$
  2. $-\sqrt{2017}$
  3. 2017
  1. −2017
  2. $\dfrac{\sqrt{2017}}{2017}$
ALTERNATIF PENYELESAIAN
Misal k1, k2, ..., k2017 > 0 merupakan akar-akar dari p(x).
k1k2k2017 = 2017

p(x) = a(xk1)(xk2)⋯(xk2017)

q(x)=p(x2)=a(x2k1)(x2k2)(x2k2017)=a(x+k1)(xk1)(x+k2)(xk2)(x+k2017)(xk2017)
Akar-akar dari q(x) adalah
$-\sqrt{k_1},-\sqrt{k_2},...,-\sqrt{k_{2017}},\sqrt{k_1},\sqrt{k_2},...,\sqrt{k_{2017}}$

b1b2b2017=(k1)(k2)(k2017)=k1k2k2017=\colorblue\colorblack2017
Jadi, $b_1b_2\cdots b_{2017}=-\sqrt{2017}$.
JAWAB: B

No. 6

Untuk setiap bilangan asli n didefinisikan S(n) yang merupakan jumlahan digit-digit n dan f(n) = nS(n). Sisa pembagian dari $\underbrace{(f\circ f\circ f \circ \cdots \circ f)}_{sebanyak\ 2017}\left(2017^{2017}\right)$ oleh 9 adalah ....
  1. 0
  2. 1
  3. 3
  1. 6
  2. 2
ALTERNATIF PENYELESAIAN
Perhatikan bahwa
n mod 9 ≡ S(n) mod 9
nS(n) mod 9 ≡ 0 mod 9
f(n) mod 9 ≡ 0 mod 9
$\underbrace{(f\circ f\circ f \circ \cdots \circ f)}_{sebanyak\ 2017}\left(2017^{2017}\right)\mod9\equiv0\mod9$
Jadi, sisa pembagian dari $\underbrace{(f\circ f\circ f \circ \cdots \circ f)}_{sebanyak\ 2017}\left(2017^{2017}\right)$ oleh 9 adalah 0.
JAWAB: A

No. 7

Diberikan bilangan bulat positif a, b, c, dan d yang memenuhi logab=32logcd=54ac=9 Misalkan X = bd. Jumlahan dari digit-digit dari X adalah ....
  1. 10
  2. 12
  3. 11
  1. 9
  2. 16
ALTERNATIF PENYELESAIAN
logab=32a3=b2=m6
a = m2, b = m3

logcd=54c5=d4=n20
c = n4, d = n5
Related: loading

ac=9m2n4=9(m+n2)(mn2)=91=33
Karena m + n2 > mn2, maka
m+n2=9mn2=1 +2m=10m=5
Didapat, n = 2

b = 53 = 125
d = 25 = 32
125 − 32 = 93
9 + 3 = 12
Jadi, jumlahan dari digit-digit dari X adalah 12.
JAWAB: B

No. 8

Misalnya pasangan bilangan bulat (x, y) memenuhi
x3 + (x + 1)3 + ⋯ + (x + 7)3 = y3
dan m merupakan jumlahan semua nilai x dan y yang mungkin. Nilai dari m adalah ....
  1. −6
  2. 0
  3. 1
  1. −1
  2. 6
ALTERNATIF PENYELESAIAN
x3+(x+1)3++(x+7)3=y313+23++(x+7)3(13+23++(x1)3)3=y3(1+2++x+7)2(1+2++x1)2=y3((x+7)(x+8)2)2(x(x1)2)2=y3(x2+15x+562)2(x2x2)2=y3(x2+15x+562+x2x2)(x2+15x+562x2x2)=y3(2x2+14x+562)(16x+562)=y3(x2+7x+28)(8x+28)=y34(x2+7x+28)(2x+7)=y3
Misal 2x + 7 = t, dan y = nt
(t2+63)t=n3t3t2+63=n3t2(n31)t2=63
  • t2 = 1
    t ∈ {−1,1}

    n3 = 64 ⟹ n = 4

    (x, y) ∈ {(−4, −4), (−3, 4)}
  • t2 = 9
    t ∈ {−3, 3}

    n3 = 8 ⟹ n = 2

    (x, y) ∈ {(−5, −6), (−2, 6)}
−4 − 4 − 3 + 4 − 5 − 6 − 2 + 6 = −14
Jadi, m = −14.
JAWAB: Tidak ada pilihan jawaban

No. 9

Diberikan bilangan real a, m ∈ (−2, 2) dengan am = − 1. Nilai minimum dari u=11a2+44m2 adalah ....
  1. $\sqrt2$
  2. $-\sqrt2$
  3. 2
  1. $2\sqrt2$
  2. 4
ALTERNATIF PENYELESAIAN
Ketika a mendekati 1 dari kanan, nilai u akan semakin kecil dan mendekati −∞. Kita ubah batasnya yaitu $a,m\in\left(-1,-\dfrac12\right)\cup\left(\dfrac12,1\right)$.

4a2+m224a2m24

u=11a2+44m2=4m2+44a244a2m2+(am)2=84a2m254a2m2=1+35(4a2+m2)1+354=4
Jadi, nilai minimum dari u=11a2+44m2 adalah 4.
JAWAB: E

No. 10

Misalkan m merupakan nilai terbesar dari z yang memenuhi x + y + z = 5 dan xy + xz + yz = 3. Jika m dapat dituliskan sebagai $m=\dfrac{p}q$ dengan p dan q merupakan bilangan bulat positif yang relatif prima, nilai dari p + q adalah ....
  1. 11
  2. 12
  3. 17
  1. 14
  2. 16
ALTERNATIF PENYELESAIAN
x + y = 5 − z

x2+y2+z2=(x+y+z)22(xy+xz+yz)=522(3)=19x2+y2=19z2

dengan CSI didapat,
(x2+y2)(12+12)(x+y)2(19z2)(2)(5z)2382z22510z+z23z210z130(3z13)(z+1)0
$-1\leq z\leq\dfrac{13}3$
p = 13, q = 3
13 + 3 = 16
Jadi, p + q = 16.
JAWAB: E

Post a Comment